《概率论与数理统计》.ppt

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1、第2节 随机事件的概率,定义 随机事件A发生可能性大小的度量(数值),称为A发生的概率,记作P(A).,对于一个随机事件(必然事件和不可能事件除外)来说,它在一次试验中可能发生,也可能不发生.我们希望知道某些事件在一次试验中发生的可能性究竟有多大,找到一个合适的数来表示事件在一次试验中发生的可能性大小.,一、概率的定义及性质,1.概率的统计定义,(描述性定义),(1)频率,定义2.1 在一定的条件下,随机事件在n次重复试验中出现的次数nA,叫做事件A发生的频数.比值nA/n叫做事件A发生的频率,并记为 fn(A)=nA/n.,频率具有下述性质:（1）0fn(A)1;（2）fn()=1;（3）若

2、A1,A2,Ak是两两互不相容的事件,则,历史上抛掷匀质硬币的若干结果,定义2.1 在一定的条件下,随机事件在n次重复试验中出现的次数nA,叫做事件A发生的频数.比值nA/n叫做事件A发生的频率,并记为 fn(A)=nA/n.,频率具有下述性质:（1）0fn(A)1;（2）fn()=1;（3）若A1,A2,Ak是两两互不相容的事件,则,(2)概率的统计定义,定义2.2 在一定的条件下,进行了n次重复试验,在这n次试验中,事件A发生了nA次,当试验的次数n很大时,如果事件A发生的频率 fn(A)=nA/n,稳定在某个常数p的附近摆动,而且随着试验次数的增大,这种摆动的幅度越变越小,则称数值p为事

3、件A在一定条件下发生的概率,记作P(A)=p.这样定义的概率称为统计概率.,注意,(1)常数p是与试验次数n无关的.它是事件A的固有属性,而不随人的意志和试验操作发生变化.常数p是一种理论值,可以在一定的理论下推算出来.,(2)随着试验次数n的增加,频数nA将逐步增大lim nA=,频率nA/n是实际操作的结果,是试验值,不同的人,不同的时期,得到的 结果可能不同.频率nA/n作为一个数列,lim nA/n 并不一定收敛于p,而只是在p的附近摆动.,2.概率的公理化定义,定义2.3 设E为随机试验,是它的样本空间，如果对E的每一个事件A，都存在实数P(A)与之对应,并满足如下三条公理：,(1)

4、非负性公理：对每一事件A,有0P(A)1;,(2)规范性公理：P()=1;,(3)可列可加性公理:设A1,A2,是互不相容的事件,即对于ij,AiAj=,i,j=1,2,则有,则称集合函数 P(A)为事件A的概率(Probability).,柯尔莫哥洛夫,1933年 前苏联著名数学家 现代概率论开创者,性质1.P()=0.,概率的性质,于是由可列可加性得,又由P()0得,P()=0,证明:设An=(n=1,2,),则,且对于,证明 令An+1=An+2=,则由可列可加性及P()=0得,性质2.,即,性质3.对于任一事件A,有,证明 由A B知B=A(B-A),且A(B-A)=,性质4 设A,B

5、是两个事件,若A B,则有 P(B-A)=P(B)-P(A),推论 若A B，则P(B)P(A),证明 由P(B)=P(A)+P(B-A)和P(B-A)0 知 P(B)P(A),因此由概率的有限可加性得 P(B)=P(A)+P(B-A),从而有 P(B-A)=P(B)-P(A),证明 因为A-B=A-AB,且AB A,推论 对于任意两事件A,B，有 P(A-B)=P(A)-P(AB),故 P(A-B)=P(A-AB)=P(A)-P(AB),性质5 对于任意两事件A,B，有 P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB)上式称为概率的加法公式.,证明 因为AB=A(B-AB),且A(B-AB)=,A

6、B B故 P(A B)=P(A)+P(B-AB)=P(A)+P(B)-P(AB),概率的加法公式可推广到多个事件的情况.设A,B,C是任意三个事件，则有 P(ABC)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(CA)+P(ABC),一般,对于任意n个事件A1,A2,An,有,解(1)由于A与B互不相容，即AB=,则,所以,(2),则有,(3),则有,例1,具有以上两个特点的随机试验称为古典概型,也称为等可能概型.,在概率论发展的初期主要研究具有如下两个特点的随机试验:,(1)试验的样本空间的元素只有有限个;,(2)试验中每个基本事件发生的可能性相同.,二、古典概型,1.古典概型

7、的定义,定义2.4 若一试验(概型)满足下列两个特征:,(1)试验的样本空间中的基本事件的总数是有限的,即,(2)每个基本事件的出现是等可能的,即,则称此试验为等可能概型或古典概型.,2.古典概率的计算公式,设随机试验的样本空间为,又由于基本事件是两两不相容的,于是有,所以,由于在试验中每个基本事件发生的可能性相同,即有,古典概率的定义 设古典概型的样本空间中基本事件的总数为n,事件A中包含的基本事件的个数为nA,则事件A发生的概率为,古典概型中的事件A的概率P(A)就是A包含的样本数nA与样本空间中的样本点数n的比值.,称此为古典概率公式,即样本空间有4个样本点,而随机事件A1包含2个样本点

8、,随机事件A2包含3个样本点,故 P(A1)=2/4=1/2 P(A2)=3/4,例4 将一枚硬币抛掷二次,设事件A1为“恰有一次出现正面”;事件A2为“至少有一次出现正面”.求P(A1)和P(A2).,解 正面记为H,反面记为T,则随机试验的样本空间为,=HH,HT,TH,TT,而 A1=HT,TH A2=HH,HT,TH,例5 抛掷一颗匀质骰子，观察出现的点数，求出现的点数是不小于3的偶数的概率.,解 设A表示出现的点数是大小于3的偶数，则基本事件总数n=6，A包含的基本事件是“出现4点”和“出现6点”即m=2，即,故,故,故,解 设A=没有相同数字的三位数，B表示没有相同数字的三位偶数，

9、则基本事件总数n=566=180,(1)事件A包含的基本事件数为mA=554,(2)事件B包含的基本事件数为 mB=442+54=52,所以,所以,例8 设有同类产品6件,其中有4件合格品,2件不合格品.从6件产品中任意抽取2件,求抽得合格品和不合格品各一件的概率.,解 设A=抽得合格品和不合格品各一件.因为基本事件总数等于从6件可以区别的产品中任取2件的组合数目,故有基本事件总数,且每一基本事件发生是等可能的.,事件A发生是指从4件合格品和2件不合格品中各抽出一件,抽取方法数,即使事件A发生的基本事件数为,所以事件A发生的概率为,解法1 把a只黑球b只白球视为可分辨的.把a+b只球摸出来依次

10、排在一直线的a+b个位置上,则可能的排列法相当于把a+b个元素进行全排列,即基本事件总数为n=(a+b)!.而有利于事件Ak的场合相当于在第k个位置上放一个黑球(共有a种选择),而在其余的a+b-1个位置上,由其余的a+b-1个球任意排列,共有m=a(a+b-1)!种排法.所以,例9 袋中有a只黑球,b只白球.它们除了颜色不同外,其它方面全同.现在随机地把球一只只摸出来,求第k次摸出的一只是黑球(事件Ak)的概率.,这两种不同的解法,主要在于选取的样本空间不同,而最后的答案是相同的.,例10 设盒中有3个白球，2个红球，现从盒中任抽2个球，求取到一红一白的概率。,答:取到一红一白的概率为0.6

11、。,解 设A=取到一红一白,则,一般地，设盒中有N个球，其中有M个白球，从中任抽n个球，则这n个球中恰有k白球的概率是,例11 将3个球随机的放入3个盒子中去，问：（1）每盒恰有一球的概率是多少？（2）空一盒的概率是多少？,解 设A=每盒恰有一球,B=空一盒.,N=33,K=3!,P(A)=2/9.,P(B)=1P空两合P全有球,=13/332/9=2/3.,一般地，把n个球随机地分配到m个盒子中去(nm),则每盒至多有一球的概率是：,思考题某班级有n 个人(n365)，问至少有两个人的生日在同一天的概率有多大？,例12 30名学生中有3名运动员，将这30名学生平均分成3组，求：（1）每组有一

12、名运动员的概率；（2）3名运动员集中在一个组的概率。,解 设A=每组有一名;B=3名集中在一组,一般地，把n个球随机地分成m组(nm),要求第 i 组恰有ni个球(i=1,m)，共有分法：,1.有放回抽样:第一次取一件产品观察其是否合格后放回袋中,第二次再取一件产品.2.不放回抽样:第一次取一件产品后不放回袋中,第二次再取一件产品.试由上面两种抽样方法,求:1.取到两件合格品的概率;2.取到两件相同质量产品的概率;3.取到的两件产品中至少有一件合格品的概率.,例13 一只口袋中,装有10件同类晶体管,其中有8件合格品,2件次品.从口袋中取产品2次,每次取一件,考虑两种情况:,解 设A=取到两件

13、合格品,B=取到两件次品,C=取到两件相同质量的产品,D=取到的两件产品中至少有一件合格品,(1)有放回抽样:第一次从10件产品中抽1件有10种抽取方法,第二次从10件产品中抽1件也有10种抽取方法,故有1010种可能的取法.每一种取法是一基本事件,且发生的可能性是相同的.所以基本事件总数为n=1010=100.,使A发生的基本事件是第一次抽到合格品,且第二次也抽到合格品,共有mA=88=64种取法.于是P(A)=mA/n=64/100,同理B包含的基本事件数mB=22=4.所以P(B)=mB/n=4/100,由于C=A+B,且AB=,所以P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.64+

14、0.04=0.68 P(D)=1-P(B)=1-0.04=0.96,(2)不放回抽样:第一次从10件产品中抽1件有10种抽取方法,第二次从9件产品中抽1件有9种抽取方法,故有109种可能的取法.所以样本空间的基本事件总数为n=109=90.,两次均抽到合格品共有mA=87=56种取法,即A包含的基本事件数为56.于是P(A)=56/90,同理B包含的基本事件数mB=21=2.所以P(B)=2/90,由于C=AB,且AB=,所以P(C)=P(AB)=P(A)+P(B)=0.622+0.022=0.644 P(D)=1-P(B)=1-0.022=0.978,解 设A=指定的n个盒子各有一球,B=恰

15、有n个盒子各有一球.由于每个球都可以放入N个盒子中的任一个,共有N种不同的放法.于是n个球放进盒子就有Nn种不同的放法.而每一放法就是一个基本事件,且发生的可能性是相同的.所以基本事件总数为Nn个,例14 将n个球随机地放入N(Nn)个盒子中去,每个球都能以同样的概率1/N落入N个盒子中的每一个,试求:1.指定的n个盒子各有一球的概率;2.恰有n个盒子各有一球的概率.,指定的n个盒子各有一球,共有n(n-1)(n-2)1=n!种可能的放法,于是P(A)=n!/Nn,恰有n个盒子各有一球,共有,可能的放法,于是,有许多问题和本例具有相同的数学模型.如历史上有名的“生日问题”:假设每个人的生日在一

16、年365天中的任一天是等可能的,那么随机选取n(n365)个人,令A=n个人中至少有两个人的生日相同,则Ac=n个人的生日全不相同.而,经计算可得下述结果:n1020 23304050100P(A)0.120.410.510.710.890.970.9999997,故 P(A)=333/2000 P(B)=250/2000,因而所求的概率为,例15 在1至2000的整数中随机地取一个数,求取到的整数既不能被6整除,又不能被8整除的概率?,解 设A=取到的数能被6整除,B=取到的数能被8整除.,由于 3332000/6334 2000/8=250,又由于一个数同时能被6与8整除,就相当于能被24

17、整除,由 832000/2484 得 P(AB)=83/2000,=1-333/2000-250/2000+83/2000=3/4,设Ai=第i封信装入第i个信封 i=1,2,3 A=没有一封信装对地址,某人将三封写好的信随机装入三个写好地址的信封中，问没有一封信装对地址的概率是多少？,直接计算P(A)不易，我们先来计算,代入计算 的公式中,应用加法公式,于是,设样本空间为一有界几何体，事件A包含于,用L表示几何体的测度.,三、几何概率,注意 当几何体为一线段时，测度为长度；当几何体为平面上的某一区域时，测度为面积；当几何体为空间的某一区域时，测度为体积.,定义 设事件A为样本空间中的某个小区

18、域，如果它的测度为L(A)，且点落入A中的可能性大小与L(A)成正比，而与A的位置及形状无关,则事件A的概率为 P(A)=L(A)/L()这一类概率通常称作几何概率.,解 以x,y分别表示甲乙两人到达的时刻,那末0 xT,0yT.若以x,y表示平面上点的坐标，则：,例17(会面问题)甲,乙两人相约在0到T这段时间内,在预定地点会面.先到的人等候另一个人,经过时间t(tT)后离去.设每人在0到T这段时间内各时刻到达该地是等可能的,且两人到达的时刻互不牵连.求甲,乙两人能会面的概率.,（1）所有基本事件可以用一边长为T正方形内所有点表示.,（2）两人能会面的条件是|x-y|t.,由等可能性知，所求

19、概率为,例18(Buffon投针问题)1777年法国科学家蒲丰提出了下列著名问题，这是几何概率的一个早期例子.平面上画着一些平行线，它们之间的距离都等于a，向此平面任投一长度为l(la)的针，试求此针与任一平行线相交的概率.,解 以x表示针的中点与最近一条平行线间的距离,又以表示针与此直线间的交角.,易知样本空间满足：,满足这个不等式的区域为图中用阴影部分g,它是平面上一个矩形,针与平行线相交的充要条件是,所求的概率为,蒙特卡罗(Monte-Carlo)法,解：设,由几何概型概率的计算公式，得,如此，可以估算所求无理数的数值。,在正方形区域内随机取点N次，数出落在三角形区域内的次数n.用事件发生的频率估计其概率得：,